Question

15．如圖所示，一傾斜的光滑軌道底部接一個(gè)半徑為R的圓形光滑軌道．質(zhì)量為m的小球沿斜軌道由一定的高度從靜止開始下滑，滑到底端時(shí)與靜止的質(zhì)量為M的球發(fā)生正碰．碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失，碰撞后的M剛好能越過圓軌道的頂端而不離開軌道，m被反彈回去．求：
（1）開始時(shí)小球m離最低點(diǎn)的高度h；
（2）小球m碰撞后沿斜面上升的高度h′
（3）$\frac{h′}{h}$？

Answer 1

分析 （1）M剛好能越過圓軌道的頂端而不離開軌道則在最高點(diǎn)受到的重力恰好提供向心力，由牛頓第二定律即可求出M的速度；然后由機(jī)械能守恒求出M在最低點(diǎn)的速度；m與M碰撞的過程中動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，由此即可求出碰撞前m的速度，最后由機(jī)械能守恒求出開始時(shí)小球的高度h；
（2）結(jié)合（1）的公式即可求出碰撞后小球m的速度，然后由機(jī)械能守恒即可求出h′；
（3）根據(jù)以上的結(jié)果即可求出．

解答 解：（1）M剛好能越過圓軌道的頂端而不離開軌道則在最高點(diǎn)受到的重力恰好提供向心力，由牛頓第二定律得：
$Mg=\frac{M{v}_{3}^{2}}{R}$
M由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，則：
$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}=Mg•2R+\frac{1}{2}M{v}_{3}^{2}$
聯(lián)立得：${v}_{2}=\sqrt{5gR}$
在最低點(diǎn)m與M碰撞的過程中水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，設(shè)碰撞前m的速度為v₁，碰撞后m的速度為v₁′，M的速度為v₂，由動(dòng)量守恒得：
mv₁=mv₁′+Mv₂
由于的彈性碰撞，則機(jī)械能守恒，得：
$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}=\frac{1}{2}mv{′}_{1}^{2}+\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$
聯(lián)立以上方程得：${v}_{1}=\frac{M+m}{2m}•\sqrt{5gR}$，${v}_{1}′=\frac{m-M}{2m}•\sqrt{5gR}$
小球下降的過程中機(jī)械能守恒，所以：$mgh=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
所以：h=$\frac{5（M+m）^{2}R}{8{m}^{2}}$
（2）小球被反彈后上升的過程中機(jī)械能也守恒，則：$mgh′=\frac{1}{2}mv{′}_{1}^{2}$
所以：h′=$\frac{5{（M-m）}^{2}R}{8{m}^{2}}$
（3）由以上的結(jié)果可知，$\frac{h′}{h}$=$（\frac{M-m}{M+m}）^{2}$
答：（1）開始時(shí)小球m離最低點(diǎn)的高度是$\frac{5（M+m）^{2}R}{8{m}^{2}}$；
（2）小球m碰撞后沿斜面上升的高度是$\frac{5{（M-m）}^{2}R}{8{m}^{2}}$；
（3）$\frac{h′}{h}$是$（\frac{M-m}{M+m}）^{2}$

點(diǎn)評(píng) 該題涉及豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒與動(dòng)量守恒定律，涉及的過程也比較多，在解答的過程中要注意對(duì)各過程的分析，明確各個(gè)過程對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律，然后找出合適的公式即可．